四川省内江市2026届高三物理上学期第三次阶段考试题含解析

考试时间75分钟满分100分

一、单选题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题的四个选项中，只有一项最符合题目要求。

1.如图是电影《哪吒之魔童闹海》中哪吒大战土拨鼠时的场景，下列说法中正确的是（）

A.哪吒的手指对土拨鼠的弹力作用是因为哪吒的手指发生了形变

B.哪吒对土拨鼠的作用力与土拨鼠对哪吒的作用力是一对平衡力

C.土拨鼠静止不动是因为哪吒对它的作用力小于它所受地面的摩擦力

D.哪吒所受地面的作用力方向竖直向上

【答案】A

【解析】

【详解】A．哪吒的手指对土拨鼠的弹力作用是因为施力物体发生形变，即哪吒的手指发生了形变，故A正

确；

B．哪吒对土拨鼠的作用力与土拨鼠对哪吒的作用力是一对作用力与反作用力，故B错误；

C．土拨鼠静止不动是因为哪吒对它的作用力小于它所受地面的最大静摩擦力，故C错误；

D．哪吒所受地面的支持力和摩擦力，合力方向斜向上，故D错误。

故选A。

2.如图所示，粗糙绝缘斜面底端O点固定一个带电荷量为Q的负点电荷，现有一个带电荷量为q的负电小

滑块，从斜面上A点静止释放后，先沿斜面往上运动再返回，则小滑块（）

A.上升过程中加速度先增大后减小

B.上升过程中电势能一直增大

C.下降过程中机械能可能增大

D.返回时的最低点位置一定在A点上方

【答案】D

【解析】

【详解】AB．上升过程中对小滑块进行受力分析，它受到重力、斜面支持力、沿斜面向上的库仑斥力和摩

Qq

擦力f。设斜面倾角为，滑块到O点的距离为r，由牛顿第二定律，有kmgsinfma

r2

上升过程中静电力一直减小，所以加速度先向上减小后反向增大，静电力一直做正功，电势能一直减少，

故AB错误；

C．下降过程中静电力和摩擦力做负功，机械能一定减小，故C错误；

D．由于摩擦损耗，返回时速度为0的位置一定在A点上方，故D正确。

故选D。

3.在巴黎奥运会上，中国跳水梦之队首次包揽八金。如图1所示，在某次跳水比赛中，我国运动员全红婵

（视为质点）从距水面10m高处竖直向上起跳，其运动的速度与时间关系图像如图2所示，图中0t2时

间内为直线，规定竖直向下为正方向，不计空气阻力，则（）

A.0t2时间内运动员一直处于失重状态

B.t2时刻运动员离水面最远

C.在t2t3时间内的速度变化得越来越慢，运动员受到的阻力在减小

D.0t1时间内运动员的速度越来越大

【答案】A

【解析】

【详解】A．0t2时间内运动员加速度一直为g，一直处于失重状态，故A正确；

B．t1时刻运动员到达最高点，此时离水面最高，故B错误；

C．在t2t3时间内，图像斜率减小，加速度减小，则速度变化得越来越慢，根据牛顿第二定律有mgfma

可知运动员受到的阻力在增大，故C错误；

D．由图可知，0t1时间内运动员的速度越来越小，故D错误；

故选A。

4.如图所示，竖直放置的薄圆筒内壁光滑，在内表面距离底面高为h=5m的O点处，给一个质量为m的小

滑块沿水平切线方向的初速度v0，小滑块将沿筒内表面旋转滑下。假设滑块下滑过程中表面与筒内表面紧

12

密贴合，圆筒内半径Rm，重力加速度取g=10 m/s。小滑块第一次滑过O点正下方时，恰好经过O1

5π

点，且OO1的距离为0.2m。则下列说法正确的是（）

A.小滑块的初速度v0为1 m/s

B.小滑块经过O1点的速度大小为2 m/s

C.小滑块最后刚好能从O点正下方的On点滑离圆筒

D.小滑块运动过程中受到的筒壁的支持力不变

【答案】C

【解析】

【详解】A．对小滑块的运动分解为竖直方向的自由落体运动和沿水平方向的匀速圆周运动，小滑块从O点

12

运动到O1点的过程有0.2mgT，vT2πR

20

解得小滑块的初速度v02m/s，故A错误；

B．小滑块经过O点的速度大小22，故B错误；

1vv0gT22m/s

1

C．根据hgt2，可知小滑块从O点下落到圆筒底部所需时间t1s5T，所以小滑块最后刚好能从O点

2

正下方的On点滑离圆筒，故C正确；

D．小滑块运动过程中受到的筒壁的支持力方向一直在改变，故D错误。

故选C。

5.图为我国二十一号同步卫星变轨过程模型简图。先用火箭将卫星送入近地圆轨道I，当卫星运行至P点

时，卫星自带的发动机点火推进，使卫星进入椭圆轨道II，其远地点刚好与同步轨道相切于Q点，当卫星

运行至Q点时再次点火推进，将卫星送入同步轨道III．已知近地圆轨道半径约为地球半径R，同步轨道距

地面高度约为6R，地球自转周期为T，则以下说法中正确的是（）

A.卫星在轨道I上P点减速后进入椭圆轨道II

B.卫星沿轨道II从P点到Q点过程中机械能越来越大

8

C.卫星在椭圆轨道II上运行的周期约为7T

49

14R

D.卫星在轨道I上的运行的线速度大小约为

T

【答案】C

【解析】

【详解】A．卫星从轨道I（圆）进入轨道II（椭圆）需在P点加速，做离心运动，故A错误；

B．轨道II上卫星仅受万有引力，机械能守恒，故B错误；

RR6R

C．轨道I半径R，轨道II半长轴a4R

2

3

a37R

同步轨道III半径、周期。由开普勒第三定律

7RT22

TIIT

3

得4R87，故C正确；

TIITT

7R49

27R14R

D．轨道III线速度v

IIITT

14R

轨道I半径更小，线速度更大，故v，故D错误。

IT

故选C。

6.一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t0时刻恰好传播到M点处，波形如图1所示。图2是某一质点

的at图像（加速度—时间图像），沿y轴正方向为加速度正方向，Q是位于x10m处的质点。下列说法

正确的是（）

A.波源的起振方向向下

B.图2可能是N点的at图像

C.在5s~5.5s时间内，质点M的速度在减小，加速度在增大

D.在t12s时，质点Q的位置坐标为(10m,4cm)

【答案】B

【解析】

【详解】A．简谐横波沿x轴正方向传播，根据“前一质点带动后一质点”可知，质点M起振方向向上，可

知波源的起振方向向上，故A错误；

B．t0时刻N点在平衡位置，可知此时其回复力为零，加速度为零，故图2可能是图1中的N点的at图

像，故B正确；

53

C．由图2可知其周期为T4s，5s~5.5s时间内质点振动时间大于周期，小于周期，此时质点M正

42

处于x轴上方且正向y轴负方向运动，所以其速度在增大，加速度在减小，故C错误；

4

D．波的传播速度为vm/s=1m/s

T4

x103

波从M处传播到质点Q处所需要的时间t's7s

v1

5

可知Q的振动的时间ttt'5s=T

4

此时质点Q处于x轴上方最大位移处，即（10m，8cm）处，故D错误。

故选B。

7.小球A从地面上方某一高度处出发，做平抛运动，同一时刻，在小球A出发点正下方的水平地面上，小

球B开始做斜上抛运动，两个小球运动的轨迹如图所示。已知小球B运动的最高点与小球A的出发点位于

同一水平高度，且小球A与小球B的落地点相同。下列说法中正确的是（）

A.小球A和小球B速度的变化量相同

B.小球A和小球B同时落回地面

C.小球A和小球B可能在空中相遇

D.若小球A与小球B初速度大小相同，则小球B的初速度与水平方向的夹角为60°

【答案】D

【解析】

1

【详解】B．设 A 由高 H 处水平抛出，则 A 下落时间满足Hgt2

21

2H

解得t

1g

设B以初速度斜上抛，其最高点与A的抛出点等高，则2

  vB  (vBsin)2gH

vsin

B 从地面抛出到最高点用时与下落回地面时间相同，有tB

2g

2H

解得t

2g

B总飞行时间tB2t22t1

故两球并不同时落地，故 B 错误；

A．A球在整个运动中仅竖直方向速度发生变化，速度的变化量为

 vAgt12gH

B 球初速度竖直分量为2gH，方向向上，落地时竖直分量为2gH，方向向下，水平方向速度不变，则

B球速度改变量

vB22gH

两者速度改变量大小并不相同，故A 错误；

C．若两球在空中相遇，则应满足vAtvBcost

即vAvBcos

整个过程，水平方向有vAt1vBcostB

则vA2vBcos

可见两球不可能在空中相遇，故C错误；

D．若小球A与小球B初速度大小相同，根据vAt1vBcostB

解得60，故D正确；

故选D。

二、多选题

8.物理关系式不仅反映了物理量之间的关系，也确定了单位之间的关系。如关系式UIR既反映了电压、

电流和电阻之间的关系，也确定了V（伏）与A（安）和（欧）的乘积等效。现有物理量单位：m（米）、

s（秒）、N（牛）、W（瓦）、J（焦）、C（库）、F（法）、A（安）、（欧），由它们组合成的单位都与V（伏）

等效的是（）

11

A.J/CB.W/（m·A）C.N/CD.W22

【答案】AD

【解析】

【详解】A．由电场力做功的公式

WqU

W

U

q

可知J/C与V（伏）等效，故A正确；

B．根据

PUI

P

U

I

可知W/A与V（伏）等效，故B错误；

C．根据

FqE

F

E

q

可知N/C是电场强度的单位，故C错误；

D．根据

U2

P

R

UPR

11

可知W22与V（伏）等效，故D正确。

故选AD。

9.一个质量为M2kg的长木板静止在粗糙水平地面上，木板右端静止一个质量为m2kg的小物块，

小物块可视为质点，如图甲所示。某时刻，给长木板一个方向水平向右、大小为I8Ns的冲量，此后小

物块和长木板运动的vt图像如图乙所示，且小物块始终没有滑离长木板，若已知图中t10.4s，

v10.8m/s，小物块与长木板间的动摩擦因数设为1，长木板与地面间的动摩擦因数设为2，重力加速度

g10m/s2，则从初始到二者最终停下的整个过程中，下列说法正确的是（）

A.10.2，20.3

B.0t1时间内，小物块与长木板间因摩擦产生的内能为3.2J

C.小物块比长木板提前0.2s停下

D.小物块相对长木板的位移为0.88m

【答案】AB

【解析】

【详解】A．根据题意，对长木板，由动量定理有IMv0

＝

对小物块，由牛顿第二定律有1mgma1

＋＋＝

对长木板有1mg2mMgMa2

v12

通过对题图及题中数据分析得a12m/s

t1

－＝

在t1时刻有v0a2t1a1t1

联立以上各式解得10.2，20.3

故A正确；

1

B．0t时间内，二者的相对位移可通过题图乙中图线与横轴围成的面积算得xvt0.8m

11201

＝＝

则产生的内能Q1mgx13.2J

故B正确；

C．t1时刻后，小物块加速度大小不变，由题图乙知，长木板做匀减速直线运动，对长木板由牛顿第二定律

有2mMg1mgMa3

解得＝2

a34m/s

v

1

则t1t2的时间为t0.2s

a3

由对称性可知小物块停下也会用时0.4s，则小物块比长木板晚0.2s停下，故C错误；

1

D．小物块与长木板tt时间内的相对位移x0.20.8m0.08m

1322

＝－＝

则全过程的相对位移为xx1x20.72m

故D错误。

故选AB。

10.如图所示，水平放置的平行金属板PQ间存在竖直向下的匀强电场（不考虑边界效应），板间距为2L，

板长为3L。t0时，从上板左边缘以初速度v0水平向右射入一质量为m电荷量为qq0的粒子a；同

v

时在两板右侧正中间以初速度0水平向左射入一质量为2m的不带电的粒子b，两粒子在空中碰撞后立即

2

结合成一个新的粒子s，碰撞时间极短。不计粒子的重力，碰撞过程电荷量保持不变，则（）

2L

A.t1时a、b两粒子发生碰撞

v0

2mv2

B.金属板间的电场强度E0

qL

3mv2

C.a、b两粒子碰撞损失的机械能ΔE0

4

4L

D.t2时粒子s到达Q板

v0

【答案】AD

【解析】

v0

【详解】A．a、b两粒子水平方向都做匀速直线运动，有3Lv0t1

2

2L

a、b两粒子发生碰撞时间t1，故A正确；

v0

Eq1

B．a粒子竖直方向做匀加速直线运动，有a，Lat2

m21

mv2

解得金属板间的电场强度E0，故B错误；

2qL

C．两粒子在空中碰撞前粒子水平速度为，竖直速度为，合速度

av0vyat1v0va2v0

v

b粒子以0做匀速直线运动，两粒子在空中碰撞后立即结合成一个新的粒子s，碰撞时间极短。

2

v

水平方向动量守恒有mv2m·03mv

02sx

解得vsx0

竖直方向动量守恒有mvy3mvsy

v

解得v0

sy3

22

121v1v13

a、两粒子碰撞损失的机械能002，故C错误；

bEm2v02m3mmv0

2222312

Eq1

D．粒子s竖直方向做匀加速直线运动，有a，Lvtat2

13msy2212

2L

解得t2

v0

4L

粒子s到达Q板时间tt1t2，故D正确。

v0

故选AD。

三、实验题

11.用伏安法可以研究电学元件的伏安特性。阻值不随电流、电压变化的元件称为线性电阻元件，否则称

为非线性电阻元件。

（1）利用伏安法测量某元件的电阻，电流表和电压表的示数分别记为I和U。若将电流表内接，则

U

U___________元件两端的电压，___________元件的电阻；将电流表外接，则I___________流过元件

I

U

的电流，___________元件的电阻。（均选填“小于”或“大于”）

I

（2）图（a）是某实验小组用电流表内接法测得的某元件的伏安特性曲线，由图可知，所测元件是__________

（选填“线性”或“非线性”）电阻元件。随着电流的增加，元件的电阻__________（选填“增大”“不

变”或“减小”）。

（3）利用电流表A1（内阻r1）、电流表A2（内阻未知）以及一个用作保护电阻的定值电阻R0（阻值未知），

测量电阻Rx的阻值。将图（b）中的器材符号的连线补充完整，完成实验电路原理图__________。按完整

、

的实验电路测量Rx，某次测量中电流表A1和A2的示数分别为I1和I2，则Rx___________（用I1I2和

r1表示）。

【答案】（1）①.大于②.大于③.大于④.小于

（2）①.非线性②.减小

Ir

（3）①.②.11

I2I1

【解析】

【小问1详解】

[1][2]若将电流表内接，电流表与元件串联，电流表的示数为流过元件的真实电流，而电压表测量的是电

U

流表和元件两端的总电压，所以U大于元件两端的电压。根据R可知，此时U偏大，I为真实值，所

I

U

以大于元件的电阻。

I

[3][4]将电流表外接，电压表与元件并联，电压表的示数为元件两端的真实电压，而电流表测量的是通过

UU

电压表和元件的总电流，所以I大于流过元件的电流。根据R可知，此时U为真实值，I偏大，所以

II

小于元件的电阻。

【小问2详解】

[1]根据线性元件与非线性原件的定义由图(a)可知，所测元件的伏安特性曲线不是直线，所以所测元件是

非线性电阻元件。

U

[2]根据R，在伏安特性曲线上某点与原点连线的斜率的倒数表示电阻，随着电流的增加，曲线某点与

I

原点连线的斜率逐渐增大，其倒数逐渐减小，所以元件的电阻减小。

【小问3详解】

[1]将电流表A1与Rx并联，再与电流表A2、定值电阻R0串联接入电路。电路图如图所示

[2]根据并联电路电压相等有I1r1I2I1Rx

I1r1

可得Rx

I2I1

12.某学习小组使用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律。

把一个直径为d的小球用不可伸长的细线悬挂，光电门置于小球平衡位置处，其光线恰好通过小球球心，

计时器与光电门相连。

将小球拉离平衡位置并记录其高度h，然后由静止释放（运动平面与光电门光线垂直），记录小球经过光电

门的挡光时间t。改变h，测量多组数据。已知重力加速度为g，忽略阻力。

11

（1）以h为横坐标、________（填“t”、“(t)2”、“”或“”）为纵坐标作直线图。若

t(t)2

所得图像过原点，且斜率为________（用d和g表示），即可证明小球在运动过程中机械能守恒。

（2）实验中，用游标卡尺测得小球直径d20.48mm。

①由结果可知，所用的是________分度的游标卡尺（填“10”、“20”或“50）；

②小组设计了一把25分度的游标卡尺，未测量时的状态如图所示。如果用此游标卡尺测量该小球直径、则

游标尺上第________条刻度线与主尺上的刻度线对齐。

12g

【答案】（1）①②.

.(t)2d2

（2）①.50②.13

【解析】

【小问1详解】

d

[1][2]小球经过光电门的挡光时间t，可得小球到达平衡位置v

t

1

为验证机械能守恒定律，此过程中重力势能转化为动能有mghmv2

2

12g

联立解得h

(t)2d2

1

可得纵坐标为

(t)2

2g

图像的斜率为k。

d2

【小问2详解】

[1]10分度、20分度、50分度的游标卡尺的精确度分别为0.1mm、0.05mm、0.02mm

此游标卡尺测得小球直径d20.48mm

可以判断所用的是50分度的游标卡尺。

[2]若为25分度的游标卡尺，其精确度为0.04mm，用此游标卡尺测量该小球直径，可得

0.48

n12

0.04

则游标尺上第13条刻度线与主尺上的刻度线对齐。

四、解答题

13.流式细胞仪可对不同类型的细胞进行分类收集，其原理如图所示。仅含有一个A细胞或B细胞的小液

滴从喷嘴喷出（另有一些液滴不含细胞），液滴质量均为m2.01010kg。当液滴穿过激光束、充电环时

被分类充电，使含A、B细胞的液滴分别带上正、负电荷，电荷量均为q1.01013C。随后，液滴以

v2.0m/s的速度竖直进入长度为l2.0102m的电极板间，板间电场均匀、方向水平向右，电场强度

大小为E2.0105N/C。含细胞的液滴最终被分别收集在极板下方h0.1m处的A、B收集管中。不计

重力、空气阻力以及带电液滴间的作用。求：

（1）含A细胞的液滴离开电场时偏转的距离；

（2）A、B细胞收集管的间距。

【答案】（1）5103m

（2）0.11m

【解析】

【小问1详解】

由题意可知含A细胞的液滴在电场中做类平抛运动，垂直于电场方向则lvt1

1

沿电场方向xat2

121

由牛顿第二定律qEma

解得含A细胞的液滴离开电场时偏转的距离为3

x1510m

【小问2详解】

含A细胞的液滴离开电场后做匀速直线运动，则hvt2

则x2at1t2

联立解得x20.05m

有对称性可知则A、B细胞收集管的间距x2(x1x2)2(0.0050.05)m0.11m

14.如图，光滑水平面上放有两个物块A和B，物块A、B的质量分别为m、M，B的左端连接一水平轻弹簧．初

始时，B静止，A以速度v0向B运动，A接触弹簧后将弹簧压缩．

（1）求在弹簧被压缩的过程中，最大的弹性势能EP的大小；

（2）求从A接触弹簧至与弹簧脱离，弹簧对物块B冲量I的大小；

（3）若A接触弹簧到把弹簧压缩至最短所经过的时间为t，弹簧的最大压缩量为xm，求这段时间内B的位

移L的大小．

Mm22Mmv0m

【答案】（1）v0（2）（3）vtx

2(Mm)mMmM0m

【解析】

【详解】(1)当弹簧被压缩至最短时，此时弹簧的弹性势能最大，物块A和B共速，设速度为v，根据动量

11

守恒和机械能守恒可得mvMmv，Emv2mMv2

0p202

Mm

解得最大的弹性势能Ev2

p2Mm0

（2）设被弹簧弹开时A、B的速度分别为v1，v2

111

由动量守恒和机械能守恒得mvmvMv，mv2mv2Mv2

012202122

对B，由动量定理得IMv20

2Mmv

联立解得I0

mM

（3）设A接触弹簧到把弹簧压缩至最短过程中任一时刻A、B的速度分别为v、vB

因系统动量守恒，经过短时间t，有mv0tmvtMvBt

其中vt是A的位移，vBt是B的位移，把时间t分成许多短时间t，把许多vt加起来就是时间t内A

的位移l，把许多vBt加起来就是时间t内B的位移L，所以，由上式得mv0tmlML

又lLxm

m

联立解得Lvtx

mM0m

15.某地为发展旅游经济，因地制宜利用山体举办了机器人杂技表演。表演中，需要将质量为m的机器人

抛至悬崖上的A点，图为山体截面与表演装置示意图。a、b为同一水平面上两条光滑平行轨道，轨道中

有质量为M的滑杆。滑杆用长度为L的轻绳与机器人相连。初始时刻，轻绳绷紧且与轨道平行，机器人从

B点以初速